|
|
如标题所示，虽然明知极可能是重复着前人的劳动，还是撸一撸吧，反正论坛冷清人又闲。
话说，昨晚靠运气撸了这样一个不等式：设 $a$, $b$, $c>0$, $a+b+c=3$，则 $(ab)^{4/3}+(bc)^{4/3}+(ca)^{4/3}\leqslant 3$。%（见 forum.php?mod=redirect&goto=findpost& … d=4616&pid=21206）
这指数 $4/3$ 能不能加大呢？于是便研究起如下问题。
设 $a$, $b$, $c\geqslant 0$, $a+b+c=3$，求最大的实数 $k$ 使 $(ab)^k+(bc)^k+(ca)^k\leqslant 3$ 恒成立。
解：当 $a=0$, $b=c=3/2$ 时，不等式变为 $(3/2)^{2k}\leqslant 3$，故 $k$ 至少要满足 $k\leqslant \log_{3/2}\sqrt3(=1.354\ldots)$。
下面证明当 $k=\log_{3/2}\sqrt3$ 时不等式恒成立。
由对称性，不妨设 $a\leqslant b\leqslant c$，则 $a\leqslant 1$，若 $a=1$，则 $b=c=1$，不等式显然成立，下设 $a<1$，可令 $a=1-2u$, $u\in(0,1/2]$，再令 $b=1+u-t$, $c=1+u+t$，由 $a\leqslant b\leqslant c$ 得 $t\in[0,3u]$，此时不等式变为
\[(1-2u)^k\bigl((1+u-t)^k+(1+u+t)^k\bigr)+(1+u-t)^k(1+u+t)^k\leqslant3,\]
令
\[f(t)=(1-2u)^k\bigl((1+u-t)^k+(1+u+t)^k\bigr)+(1+u-t)^k(1+u+t)^k,
\quad t\in[0,3u],\]
下面证明 $f(t)$ 递减，求导得
\[f'(t)=k(1-2u)^k\bigl(-(1+u-t)^{k-1}+(1+u+t)^{k-1}\bigr)
-2kt(1+u-t)^{k-1}(1+u+t)^{k-1},\]
则
\begin{align*}
f'(t)<0&\iff
(1-2u)^k\left(\frac1{(1+u-t)^{k-1}}-\frac1{(1+u+t)^{k-1}}\right)<2t \\
&\iff (1-2u)^k\int_{-t}^t\frac{k-1}{(1+u-x)^k}\rmd x<2t,
\end{align*}
由 $t\leqslant 3u$ 知 $1+u-x\geqslant 1-2u$，所以
\[(1-2u)^k\int_{-t}^t\frac{k-1}{(1+u-x)^k}\rmd x
<2t(k-1)<2t,\]
所以 $f'(t)<0$ 成立，那么
\[f(t)\leqslant f(0)=2(1-2u)^k(1+u)^k+(1+u)^{2k}=g(u),\]
故只需证 $g(u)\leqslant 3$，求导得
\begin{align*}
g'(u)&=-2k(1+4u)(1-2u)^{k-1}(1+u)^{k-1}+2k(1+u)^{2k-1} \\
&=2k(1+u)^{k-1}\bigl(-(1+4u)(1-2u)^{k-1}+(1+u)^k\bigr),
\end{align*}
令
\[h(u)=-(1+4u)(1-2u)^{k-1}+(1+u)^k,\]
经计算知 $h(0)=0$, $h'(0)=3(k-2)<0$, $h(1/2)=(3/2)^k>0$，故存在 $u_0\in(0,1/2)$ 使 $h(u_0)=0$，求二阶导数得
\[h''(u)=4(k-1)(1-2u)^{k-3}(6-k-4ku)+k(k-1)(1+u)^{k-2},\]
当 $u\in(0,1/2]$ 时，有 $6-k-4ku\geqslant 6-3k>0$，所以 $h''(u)>0$，由此可见，当 $u\in(0,u_0)$ 时 $h(u)<0$, $g'(u)<0$，当 $u\in(u_0,1/2)$ 时 $h(u)>0$, $g'(u)>0$，即 $g(u)$ 在 $(0,1/2]$ 上先减后增，所以 $g(u)\leqslant \max \{g(0),g(1/2)\}$，由 $k$ 的值易知 $g(0)=g(1/2)=3$，所以 $g(u)\leqslant 3$，从而原不等式得证。
综上，$k$ 的最大值为 $\log_{3/2}\sqrt3$，取此值时，原不等式的取等条件为 $a=b=c=1$ 或 $(a,b,c)=(0,3/2,3/2)$。 |
|
周险峰
Posted 2017-5-23 21:59
